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アティマク第5章演習問題35番

この著者は初心者として投稿しています。間違いや考慮が足りていない点が含まれている可能性が高いです。見つけたらコメント欄で優しく指摘してあげましょう。

$B :$ 整域

$f : A \to B$ が整
$⟺$ 任意の $A$ -代数 $C$ に対して $(f \otimes 1)^{*} : S p e c (B \otimes_{A} C) \to S p e c (C)$ が閉写像.

$⟹$
第5章演習問題3番より $f \otimes 1 : C \to B \otimes_{A} C$ は整.
第5章演習問題1番より $(f \otimes 1)^{*} : S p e c (B \otimes_{A} C) \to S p e c (C)$ は閉写像.
$⟸$
$K$ を $B$ の商体とする.
$f : A \to B$ が整
$⟺ B$ が $f (A)$ 上整
$⟺ B \subset \overset{―}{f (A)} : K$ における $f (A)$ の整閉包
$⟺ f (A) \subset \forall A^{'} : K$ の付値環に対して $B \subset A^{'}$ (系5.22より)
を示す.
まず $(f \otimes i d_{A^{'}})^{*} : S p e c (B \otimes_{A} A^{'}) \to S p e c (A^{'})$ は仮定より閉写像.
$g : B \otimes_{A} A^{'} \to K; b \otimes_{A} a^{'} \mapsto b a^{'}$ とすると,
$g \circ (f \otimes i d_{A^{'}})$ は $A^{'}$ から $K$ への埋め込みなので,第5章演習問題34番より $g (B \otimes_{A} A^{'}) = A^{'}$ なので, $B \to B \otimes_{A} A^{'} \to A^{'}$ は包含写像.
$A f A^{'} f \otimes i d_{A}^{'} i n c l u s i o n K B B \otimes_{A} A^{'} g$

$B :$ 極小素イデアルを有限個しかもたない環

$f : A \to B$ が整
$⟺$ 任意の $A$ -代数 $C$ に対して $(f \otimes 1)^{*} : S p e c (B \otimes_{A} C) \to S p e c (C)$ が閉写像.

$⟹$
上と同じ
$⟸$
$p_{i} (1 \leq i \leq n)$ を $B$ の極小素イデアルすべてとする.
$A \overset{f}{\to} B \overset{π}{\to} B / p_{i}$ が整であることを示す.
任意の $A$ -代数 $C$ に対して $((π \circ f) \otimes 1)^{*} : S p e c (B / p_{i} \otimes_{A} C) \to S p e c (C)$ が閉写像であること示せば良い.
$g : A \to C$ を $A$ -代数の射とする.
pushoutの普遍性より,
$\exists! π \otimes 1 : B \otimes_{A} C \to B / p_{i} \otimes_{A} C s . t . (π \otimes 1) \circ (f \otimes 1) = (π \circ f) \otimes 1$
$A f g B π 1 \otimes g B / p_{i} 1 \otimes g C f \otimes 1 (π \circ f) \otimes 1 B \otimes_{A} C \exists! π \otimes 1 B / p_{i} \otimes_{A} C$
$π : B \to B / p_{i}$ は整なので, $(π \otimes 1)^{*}$ は閉写像.仮定より $(f \otimes 1)^{*}$ は閉写像なので $((π \circ f) \otimes 1)$ は閉写像.
よって $A \overset{f}{\to} B \overset{π}{\to} B / p_{i}$ は整である.
第5章演習問題6より $A \overset{f}{\to} B \overset{π}{\to} \prod_{i = 1}^{n} B / p_{i}$ は整である.
命題1.10より単射 $B / n i l (B) \to \prod_{i = 1}^{n} B / p_{i}$ が生える.
$A \overset{―}{f} f \prod_{i = 1}^{n} B / p_{i} B h π B / n i l (B) \overset{―}{h}$
$\forall b \in B$ に対して $\overset{―}{h} \circ π (b)$ は $\overset{―}{h} \circ π \circ f (A)$ 上整より,
$\exists a_{i} \in A$
$s . t . \overset{―}{h} \circ π (b)^{n} + \overset{―}{h} \circ π \circ f (a_{1}) \overset{―}{h} \circ π (b)^{n - 1} + \dots + \overset{―}{h} \circ π \circ f (a_{n}) = 0$
これについて、
$0 = \overset{―}{h} \circ π (b)^{n} + \overset{―}{h} \circ π \circ f (a_{1}) \overset{―}{h} \circ π (b)^{n - 1} + \dots + π \circ f (a_{n}) = \overset{―}{h} (π (b)^{n} + π \circ f (a_{1}) π (b)^{n - 1} + \dots + π \circ f (a_{n}))$
であって, $\overset{―}{h}$ は単射なので,
$π (b)^{n} + π \circ f (a_{1}) π (b)^{n - 1} + \dots + π \circ f (a_{n}) = 0$
さらに,
$0 = π (b^{n} + f (a_{1}) b^{n - 1} + \dots + f (a_{n}))$
であるので,
$b^{n} + f (a_{1}) b^{n - 1} + \dots + f (a_{n}) \in n i l (B)$
より,
$\exists k \in N s . t . (b^{n} + f (a_{1}) b^{n - 1} + \dots + f (a_{n}))^{k} = 0$
で,これを展開すればこれが $b \in B$ の $f (A)$ 上の整従属の式となる.
従って, $f : A \to B$ は整.